数と式 実戦編の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $a^4+4b^4$ は2乗の和の形で、そのままでは因数分解できない。基本は「真ん中の項を足して引いて、平方の差を作る」だ。

$(a^2+2b^2{)}^2$ を展開すると $a^4+4a^2{b}^2+4b^4$。与式との差はちょうど $4a^2{b}^2=(2ab{)}^2$。つまり

与式 $=(a^2+2b^2{)}^2-(2ab{)}^2$ と平方の差になり、和と差の積に割れる。(2)は $b=1$ を代入するだけ。ただし「素数でない」と言い切るには、両方の因子が $1$ より大きいことの確認が本体になる。

① 因数分解する。 $$a^4+4b^4=a^4+4a^2{b}^2+4b^4-4a^2{b}^2=(a^2+2b^2{)}^2-(2ab{)}^2.$$ 平方の差より $$=(a^2+2b^2+2ab)(a^2+2b^2-2ab).$$ ② $n^4+4$ に適用。 $b=1,a=n$ とすると $$n^4+4=(n^2+2n+2)(n^2-2n+2).$$ ③ 両因子が $2$ 以上。 $n^2+2n+2=(n+1{)}^2+1\ge 2$、$n^2-2n+2=(n-1{)}^2+1$。$n\ge 2$ なら $(n-1{)}^2+1\ge 2$ で、$n^2+2n+2>1$。よって $n^4+4$ は $1$ より大きい $2$ つの整数の積=合成数(素数でない)。

まとめ $a^4+4b^4$ は $4a^2{b}^2$ を足し引きして平方の差にすると割れる。$n^4+4=(n^2-2n+2)(n^2+2n+2)$ で $n\ge 2$ なら合成数。因数分解と整数の融合。

発展。 この恒等式はソフィー・ジェルマンの恒等式と呼ばれ、「$n^4+4^m$ 型は(自明な場合を除き)合成数」という判定に広く使える。有名な応用に「$n^4+4^n$($n\ge 2$)は合成数」がある。$n$ が偶数なら偶数ですぐに決まり、奇数なら $4^n=4\cdot (2^{(n-1)/2}{)}^4$ と読み替えて、この恒等式がそのまま使える。ちなみに $5\nmid n$ なら $n^4+4\equiv 1+4\equiv 0(\mathrm{mod}5)$ という速い方法もあるが、$n$ が5の倍数のときに使えない。恒等式なら全部の $n$ を一度に扱える。

別解

因子の形を予想してから展開で確かめる(データから発見する)。 小さい $n$ で素因数分解してみる。

• $n=2$: $2^4+4=20=2\times 10$
• $n=3$: $3^4+4=85=5\times 17$
• $n=4$: $4^4+4=260=10\times 26$

因子を並べると $2,10$ / $5,17$ / $10,26$ となる。よく見るとどれも「平方 $+1$」だ($2=1^2+1$、$10=3^2+1$、$5=2^2+1$、$17=4^2+1$、$26=5^2+1$)。しかも平方の中身は $n-1$ と $n+1$。そこで

$$n^4+4=\left\{(n-1{)}^2+1\right\}\left\{(n+1{)}^2+1\right\}$$

と予想して、右辺を展開すると $(n^2-2n+2)(n^2+2n+2)=n^4+4$ となり、予想は正しい。$n\ge 2$ なら小さい方の因子 $(n-1{)}^2+1\ge 2$ で、合成数が確定する。

恒等式の変形(本解)からは「作り方」が、データからの予想からは「答えの形の意味($n\pm 1$ の平方 $+1$)」が分かる。実験→予想→証明の3段階は、整数がらみの問題の多くで使える手順だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) (1)は、右辺を展開して左辺に一致させるのが最短の証明だ(恒等式の証明は「複雑な側を変形して簡単な側へ」が基本)。

(2)がこの恒等式の使いどころになる。$x+y+z=0$ を(1)の右辺に代入すると、第1因子がまるごと $0$。左辺 $=0$、すなわち $x^3+y^3+z^3=3xyz$ が、計算なしで転がり出る。「和が0なら、3乗和は積の3倍」は、対称式でよく使われる関係だ。

① 恒等式を示す。 右辺を展開する。$(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)$ を展開すると、$x^3+y^3+z^3$ と $-3xyz$ が残り、他は打ち消し合う。(あるいは $x^3+y^3+z^3-3xyz$ を $x$ の多項式とみて $x=-(y+z)$ を代入すると $0$、よって $(x+y+z)$ を因数にもち、割った商が第 $2$ 因子。)

② $x+y+z=0$ を代入。 (1) の因数分解で $x+y+z=0$ とすると右辺の第 $1$ 因子が $0$ だから $$x^3+y^3+z^3-3xyz=0⟹x^3+y^3+z^3=3xyz.$$

まとめ $x^3+y^3+z^3-3xyz$ は $(x+y+z)$ を因数にもつ(因数定理)。$x+y+z=0$ なら第 $1$ 因子が $0$ で $x^3+y^3+z^3=3xyz$。因数分解と対称式・条件の融合。$1+2+(-3)=0$ で $1+8-27=-18=3\cdot 1\cdot 2\cdot (-3)$。

発展。 第2因子は $\frac{1}{2}\left\{(x-y{)}^2+(y-z{)}^2+(z-x{)}^2\right\}\ge 0$ と書ける。だから $x,y,z>0$ なら第1因子 $x+y+z>0$ とあわせて $x^3+y^3+z^3\ge 3xyz$ となる。$x=\sqrt[3]{a}$ などと置けば、3変数の相加相乗平均がこの因数分解1本から出る。等号は $x=y=z$。「和が0 or 全部等しい ⟺ 3乗和=3倍の積」という同値まで、この式から分かる。

別解

2変数の3乗和から組み立てる(因数分解が「見つかる」道)。 展開して照合する(本解)と正しさは分かるが、「どうやって見つけるのか」が残る。既知の2変数の公式から組み立てる道がある。

$x^3+y^3=(x+y{)}^3-3xy(x+y)$ を使って、$u=x+y$ とおくと

$$x^3+y^3+z^3-3xyz=u^3+z^3-3xyu-3xyz=(u^3+z^3)-3xy(u+z)$$

$u^3+z^3=(u+z)(u^2-uz+z^2)$ だから、共通因数 $(u+z)=x+y+z$ がくくり出せて

$$=(u+z)\left(u^2-uz+z^2-3xy\right)=(x+y+z)\left\{(x+y{)}^2-(x+y)z+z^2-3xy\right\}$$

中かっこを展開・整理すると $x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx$ となり、(1)の右辺に到達する。「3変数で行き詰まったら、2文字を束ねて2変数の公式に帰着させる」という組み立ての発想は、対称式の計算全般で使える。展開照合(本解)は答案の最短、組み立ては発見の再現だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $x^4+x^2+1$ は $x^2=X$ とおいても $X^2+X+1$ で、有理数の範囲では割れない。複2次式の第2の基本の方法、「平方の差を作る」に切り替える。

$(x^2+1{)}^2=x^4+2x^2+1$ と比べると、与式との差はちょうど $x^2$。だから

与式 $=(x^2+1{)}^2-x^2$ と平方の差になり、$(x^2+x+1)(x^2-x+1)$ と割れる。「置き換えで割れなければ、平方の差」という、複2次式の2つの方法を、この問題で使い分ける。

① 平方の差に整える。 $$x^4+x^2+1=(x^4+2x^2+1)-x^2=(x^2+1{)}^2-x^2.$$ ② 因数分解。 平方の差より $$(x^2+1{)}^2-x^2=(x^2+1+x)(x^2+1-x)=(x^2+x+1)(x^2-x+1).$$

まとめ $x^4+x^2+1$ は $x^2$ を足し引きして $(x^2+1{)}^2-x^2$ の平方の差に。因数分解は $(x^2+x+1)(x^2-x+1)$。$x^2$ の $2$ 次で割れなくても平方の差で割れる。数と式(因数分解)の融合。

発展。 $x^4+x^2+1$ の根は「1の6乗根のうち、2乗根・1乗根でないもの」($x^6=1$ かつ $x^2\ne 1$)。因子 $x^2+x+1$ の根が1の原始3乗根、$x^2-x+1$ の根が原始6乗根だ。「$x^n-1$ の因数分解を2通りに見比べる」技は、円分多項式の考え方の基礎になる。$x^4+4$(前問)や $x^5+x+1$ など、見かけによらず割れる式の多くは、この考え方で説明できる。

別解

$x^6-1$ の2通りの因数分解から(思わぬ出自)。 $x^4+x^2+1$ は、$x^6-1$ の中に住んでいる。$x^6-1$ を2通りに割ってみる:

$$x^6-1=(x^2{)}^3-1=(x^2-1)(x^4+x^2+1)$$

$$x^6-1=(x^3{)}^2-1=(x^3-1)(x^3+1)=(x-1)(x^2+x+1)(x+1)(x^2-x+1)$$

2つの右辺は同じものだから

$$(x^2-1)(x^4+x^2+1)=(x-1)(x+1)(x^2+x+1)(x^2-x+1)$$

$x^2-1=(x-1)(x+1)$ で割れば

$$x^4+x^2+1=(x^2+x+1)(x^2-x+1)$$

平方の差(本解)は手を動かす正攻法で、$x^6-1$ 経由は「この式の解が6乗根だ」という、式の由来を説明する方法だ。1つの式を2通りに分解して見比べる技は、恒等式づくりの高級な道具になる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $x^n+\frac{1}{x^n}$ の形を $s_n$ と名付けると、見通しがよくなる。

積 $\left(x+\frac{1}{x}\right)\left(x^n+\frac{1}{x^n}\right)$ を展開すると、$x^{n+1}+\frac{1}{x^{n+1}}$ と $x^{n-1}+\frac{1}{x^{n-1}}$ が同時に現れる。つまり $s_{n+1}=t{s}_n-s_{n-1}$ で、これは隣り合う $s$ をつなぐ漸化式だ。$s_1=t,s_2=t^2-2$ から出発して、はしごを1段ずつ登れば $s_3,s_4,s_5$ が順に手に入る。

① 最初の値。 $s_1=x+\frac{1}{x}=t$。$s_2=x^2+\frac{1}{x^2}={\left(x+\frac{1}{x}\right)}^2-2=t^2-2$。

② $s_3$。 $s_3=t{s}_2-s_1=t(t^2-2)-t=t^3-3t$。よって $x^3+\frac{1}{x^3}=t^3-3t$。

③ $s_5$。 $$s_4=t{s}_3-s_2=t(t^3-3t)-(t^2-2)=t^4-4t^2+2,$$ $$s_5=t{s}_4-s_3=t(t^4-4t^2+2)-(t^3-3t)=t^5-5t^3+5t.$$ よって $x^5+\frac{1}{x^5}=t^5-5t^3+5t$。

まとめ対称式 $s_n=x^n+\frac{1}{x^n}$ は $s_{n+1}=t{s}_n-s_{n-1}$ の漸化式で $t$ の多項式に。$s_3=t^3-3t,s_5=t^5-5t^3+5t$。数と式(対称式)と漸化式の融合。

発展。 $s_n=x^n+\frac{1}{x^n}$ の列 $t,t^2-2,t^3-3t,t^4-4t^2+2,t^5-5t^3+5t,\dots$ は、実は $x=\cos \theta +i\sin \theta$ とおくと $s_n=2\cos n\theta$、$t=2\cos \theta$ となる。つまり「$\cos n\theta$ を $\cos \theta$ の多項式で表す」チェビシェフ多項式の親戚だ。数IIの3倍角の公式 $\cos 3\theta =4{\cos }^3\theta -3\cos \theta$ が、$s_3=t^3-3t$ の中にそのまま透けて見える。

別解

二項定理で上から降ろす(漸化式を使わない)。 $t^5={\left(x+\frac{1}{x}\right)}^5$ を二項定理でまるごと展開してしまう。

$$t^5=x^5+5x^3+10x+\frac{10}{x}+\frac{5}{x^3}+\frac{1}{x^5}=s_5+5s_3+10s_1$$

(展開の係数 $1,5,10,10,5,1$ が、外側から $s_5,s_3,s_1$ に組みになる。)同様に $t^3=s_3+3s_1$ だから $s_3=t^3-3t$。これを上の式に代入して

$$s_5=t^5-5s_3-10t=t^5-5(t^3-3t)-10t=t^5-5t^3+5t$$

漸化式(本解)は1段ずつ確実に登るはしご、二項展開は目的の $s_5$ へ天井から降りるロープ。5乗くらいまでなら二項定理が速く、もっと高次なら漸化式が安定する。使い分けの感覚も含めて、両方の方法を持っておきたい。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 3文字の入り組んだ式は、1つの文字(たとえば $a$)についての多項式として整理し直すのが第一手。

さらに役に立つのが因数定理を使う見方だ。$a=b$ を代入すると、式は $b^2(b-c)+b^2(c-b)=0$ となって消える。つまり $(a-b)$ を因数にもつ。対称性から $(b-c),(c-a)$ も同じ。

与式は3次、$(a-b)(b-c)(c-a)$ も3次。だから残りは定数 $k$ だけで、1つの項(たとえば $a^{2}b$ の係数)を比べれば $k=-1$ と決まる。

① 因数を見抜く。 $a=b$ を代入すると式は $0$。同様に $b=c,c=a$ でも $0$。よって $(a-b)(b-c)(c-a)$ を因数にもつ。元の式も $(a-b)(b-c)(c-a)$ も $a,b,c$ について $3$ 次だから $$a^2(b-c)+b^2(c-a)+c^2(a-b)=k(a-b)(b-c)(c-a).$$ ② 定数 $k$ を決める。 両辺の $a^{2}b$ の係数を比べる。左辺の $a^{2}b$ の係数は $+1$(第 $1$ 項 $a^2(b-c)$ から)。右辺 $(a-b)(b-c)(c-a)$ を展開したときの $a^{2}b$ の係数は $-1$。よって $1=k\cdot (-1)$、$k=-1$。

③ 結論。 $$a^2(b-c)+b^2(c-a)+c^2(a-b)=-(a-b)(b-c)(c-a).$$

まとめ交代式は $a=b$ 等で $0$ になることから $(a-b)(b-c)(c-a)$ を因数にもつ。次数がそろうので定数倍だけを $1$ 項の係数比較で決める。答えは $-(a-b)(b-c)(c-a)$。数と式(因数分解)と対称性の融合。

発展。 「$a=b$ で消える ⟹ $(a-b)$ で割り切れる」という因数定理の使い方は、文字が増えてもそのまま使え、式の形をつかむのに役立つ。交代式(文字の入れ替えで符号が反転する式)は必ず差積 $(a-b)(b-c)(c-a)$ で割り切れ、商は対称式になる。本問はその最小の実例で、次の問題(3乗の版)では商が $a+b+c$ になる。

別解

1文字について整理して、たすき掛けで直接割る(因数定理を使わない)。 $a$ の2次式として展開・整理する:

$$a^2(b-c)+b^2(c-a)+c^2(a-b)=(b-c)a^2-(b^2-c^2)a+(b^{2}c-b{c}^2)$$

ここで第2項は $(b-c)(b+c)$、第3項は $bc(b-c)$ なので、全部の項が $(b-c)$ を持っている。くくり出すと

$$=(b-c)\left\{a^2-(b+c)a+bc\right\}$$

中身は $a$ の2次式で、和が $b+c$・積が $bc$ なので、たすき掛け(解と係数)で $(a-b)(a-c)$ となる。よって

$$=(b-c)(a-b)(a-c)=-(a-b)(b-c)(c-a)$$

因数定理(本解)は「先に式の形を言い当てる」考え方、1文字整理は「手を動かせば3行で割り切れる」計算の型。答えの符号の整え方($(a-c)=-(c-a)$)まで、直接計算のほうが迷いにくい人も多い。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 恒等式の係数決定は、両辺に分母を掛けて多項式の等式にしてから、「うまい値の代入」で1文字ずつ決める。

分母を払った式はどの $x$ でも成り立つ。そこで $x=-1$ を入れると、$B,C$ の項は係数 $(x+1)$ がゼロになって同時に消え、$A$ だけの方程式が残る。

$x=-2,-3$ でも同様。各分母の根を代入すると、その項だけが残る。部分分数の係数は、この代入を3回行って求めるのが速い。

① 分母を払う。 両辺に $(x+1)(x+2)(x+3)$ を掛けると $$1=A(x+2)(x+3)+B(x+1)(x+3)+C(x+1)(x+2).$$ ② 代入して求める。

• $x=-1$:$1=A(1)(2)=2A$、よって $A=\frac{1}{2}$。
• $x=-2$:$1=B(-1)(1)=-B$、よって $B=-1$。
• $x=-3$:$1=C(-2)(-1)=2C$、よって $C=\frac{1}{2}$。

③ 結論。 $A=\frac{1}{2},B=-1,C=\frac{1}{2}$。すなわち $$\frac{1}{(x+1)(x+2)(x+3)}=\frac{1/2}{x+1}-\frac{1}{x+2}+\frac{1/2}{x+3}.$$

まとめ分母を払った恒等式に $x=-1,-2,-3$ を代入すると $A,B,C$ が $1$ つずつ求まる。$A=\frac{1}{2},B=-1,C=\frac{1}{2}$。恒等式と係数決定の融合(数列の和などに直結)。

発展。 この分解は数列の和で役に立つ。$x=k$ として $k=1$ から $n$ まで足すと、2段分解の形が望遠鏡式に消えて ${\sum }_{k=1}^n\frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\frac{1}{4}-\frac{1}{2(n+1)(n+2)}$ が出る(数Bでよく出る形)。また分子が定数でなく1次式でも、同じ代入法で係数が決まる。部分分数は「積分・数列・恒等式」の3か所で使う、効率のよい技術だ。

別解

隣どうしの積の差に割る(2段の部分分数)。 3連続の積は2連続の積の差で書ける:

$$\frac{1}{(x+1)(x+2)}-\frac{1}{(x+2)(x+3)}=\frac{(x+3)-(x+1)}{(x+1)(x+2)(x+3)}=\frac{2}{(x+1)(x+2)(x+3)}$$

(通分すると分子が「外側の差 $=2$」になる。)よって

$$\frac{1}{(x+1)(x+2)(x+3)}=\frac{1}{2}\left\{\frac{1}{(x+1)(x+2)}-\frac{1}{(x+2)(x+3)}\right\}$$

あとは2連続の積をいつもの $\frac{1}{(x+1)(x+2)}=\frac{1}{x+1}-\frac{1}{x+2}$ で開けば

$$=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{x+1}-\frac{2}{x+2}+\frac{1}{x+3}\right)$$

$A=\frac{1}{2},B=-1,C=\frac{1}{2}$ が読める。代入法(本解)は係数を狙い撃ちする実戦の型。2段分解は「数列の望遠鏡和 $\sum \frac{1}{k(k+1)(k+2)}$」でそのまま使う型で、この形の由来($A+C=-B$ で真ん中が倍)も分かる。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 整数の倍数証明は、まず因数分解から。$n^3-n=n(n^2-1)=(n-1)n(n+1)$ で、これは連続する3つの整数の積だ。

連続3整数には、2の倍数が少なくとも1つ、3の倍数がちょうど1つ、必ず含まれる。だから積は $2\times 3=6$ の倍数。「連続整数の積」に持ち込めた時点で、ほぼ解けている。

① 因数分解。 $n^3-n=n(n^2-1)=(n-1)n(n+1)$。これは連続する $3$ 整数 $n-1,n,n+1$ の積。

② $2$ の倍数を含む。 連続する $2$ 整数 $n,n+1$ のどちらかは偶数だから、積は $2$ の倍数。

③ $3$ の倍数を含む。 連続する $3$ 整数 $n-1,n,n+1$ のいずれか $1$ つは $3$ の倍数(整数を $3$ で割った余りは $0,1,2$ のどれかで、$3$ 連続すればすべて現れる)だから、積は $3$ の倍数。$2$ と $3$ は互いに素なので、積は $6$ の倍数。

まとめ $n^3-n=(n-1)n(n+1)$ は連続 $3$ 整数の積で、$2$ の倍数と $3$ の倍数を必ず含むから $6$ の倍数。因数分解と整数(連続整数)の融合。

発展。 同じ設計図で $n^5-n=n(n-1)(n+1)(n^2+1)$ は30の倍数になる(2・3の倍数は本問と同じ、5の倍数は $n^2+1$ が $n\equiv \pm 2(\mathrm{mod}5)$ を拾う)。この「$n^p-n$ が $p$ の倍数」という現象の一般形がフェルマーの小定理で、整数の単元で再会する。連続整数の積はそのいちばん基本の道具だ。

別解

差分をとって帰納法で(連続積をもう一度呼び出す)。 $f(n)=n^3-n$ の隣どうしの差を見る。

$$f(n+1)-f(n)=\left\{(n+1{)}^3-(n+1)\right\}-(n^3-n)=3n^2+3n=3n(n+1)$$

$n(n+1)$ は連続2整数の積で必ず偶数。だから差は $3\times (\text{偶数})=6$ の倍数だ。$f(0)=0$ は6の倍数。差がつねに6の倍数なら、$f(1),f(2),\dots$ と順に6の倍数であることが遺伝する($n<0$ へは $f(-n)=-f(n)$ で折り返す)。

連続3整数(本解)は1回の観察で済む見方、差分+帰納法は「1歩ごとの増分が6の倍数」という動的な見方だ。$\mathrm{mod}6$ で $n=0,1,\dots ,5$ の6通りを全部代入する総当たりも、確実さでは劣らない第3の方法だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 前問(2乗の版)と同じ型だ。$a=b,b=c,c=a$ で消えるから、$(a-b)(b-c)(c-a)$ を因数にもつ。

違いは次数だ。与式は4次、$(a-b)(b-c)(c-a)$ は3次。残りは1次で、しかも $a,b,c$ の入れ替えで形が変わらない(対称)はずだ。1次の対称式は $k(a+b+c)$ しかない。

あとは1つの項(たとえば $a^{3}b$)の係数を比べて $k=-1$。「因数定理で主な因数、次数と対称性で残り、係数比較で仕上げ」の3段だ。

① 因数を見抜く。 $a=b,b=c,c=a$ で $0$ だから $(a-b)(b-c)(c-a)$ を因数にもつ。元は $4$ 次、この因子は $3$ 次なので、残りは $1$ 次の対称式 $k(a+b+c)$。 $$a^3(b-c)+b^3(c-a)+c^3(a-b)=k(a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a).$$ ② 定数 $k$ を決める。 両辺の $a^{3}b$ の係数を比べる。左辺の $a^{3}b$ の係数は $+1$(第 $1$ 項 $a^3(b-c)$)。右辺で $a^{3}b$ を作るには、$(a+b+c)$ から $a$、$(a-b)(b-c)(c-a)$ から $a^{2}b$ を取る… 展開して係数を求めると $-1$。よって $k=-1$。

③ 結論。 $$a^3(b-c)+b^3(c-a)+c^3(a-b)=-(a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a).$$

まとめ $4$ 次の交代式は「$3$ 次交代式 $(a-b)(b-c)(c-a)$ × $1$ 次対称式 $(a+b+c)$」の形。定数 $-1$ を係数比較で決めて $-(a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a)$。数と式(因数分解)と対称性の融合。

発展。 指数を上げて $a^4(b-c)+b^4(c-a)+c^4(a-b)$ にしても、因数 $(a-b)(b-c)(c-a)$ は変わらず、商が2次の対称式 $-(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)$ になる(次数の勘定: $5-3=2$)。「差積で割った商は対称式」という構造は何次でも続き、商の族は完全対称式と呼ばれる列になる。交代式の因数分解は1問解けば同じ手順で次数を上げていける型だ。

別解

1文字整理+組立除法で直接割り切る。 前問と同じく $a$ の多項式として整理する:

$$(b-c)a^3-(b^3-c^3)a+(b^{3}c-b{c}^3)=(b-c)\left\{a^3-(b^2+bc+c^2)a+bc(b+c)\right\}$$

($b^3-c^3=(b-c)(b^2+bc+c^2)$、$b^{3}c-b{c}^3=bc(b-c)(b+c)$ で全項から $(b-c)$ をくくった。)中かっこは $a=b$ で $0$(代入して確認)。組立除法で $(a-b)$ で割ると、商は $a^2+ba-c(b+c)$ となる。これをたすき掛けで

$$a^2+ba-c(b+c)=(a-c)(a+b+c)$$

(積 $-c(b+c)$、和 $b=-c+(b+c)$ の分解。)まとめて

$$(b-c)(a-b)(a-c)(a+b+c)=-(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)$$

因数定理+次数の議論(本解)は「答えの形を先に確定」する見通しの良さ、直接割り算は「途中の商まで全部手の中」という安心感。4次でも1文字整理は破綻しない、と体で覚えておくと交代式が怖くなくなる。